假设一个数N，我们现在要求1-N之间哪些数是素数，那些不是素数？
下面介绍几种解法（当然打表就免了吧）
（1）最简单最暴力，也是最慢的解法：
枚举 2-N/2 之间的所有数试试可不可以与 N 相除没有余数。
有人说：为啥不枚举N。-----自己悟吧；
#includeint main(){ bool flag; int n; while(scanf("%d",&n)==1) { for(i=2;i<=n/2;i++)if(n%i==0) { flag=1; break; } if(flag==0)printf("YES\n"); else printf("NO\n"); }}
（2）最普通最常见的解法：
枚举 2-sqrt(N) 之间的所有数试试可不可以与 N 相除没有余数。
为什么要枚举到sqrt(N)呢？
证明：因为对一个数n,如果他能分解成n=pq,那么pq里必然有一个大于等于根号n一个小于等于根号n,也就是说一个合数必然有一个因子是小于等于根号n的，所以对一个数n,只要检验他有没有小于等于根号n的因子就可以了。
所以代码就好写了.
#include#include using namespace std;int main(){ bool flag; int n,x; while(scanf("%d",&n)==1) { x=sqrt(n); for(i=2; i<=x; i++) if(n%i==0) { flag=1; break; } if(flag==0)printf("YES\n"); else printf("NO\n"); }}
（4）普通筛选法--埃拉托斯特尼筛法：
听名字，哇哦，如此高大上，一定特别好用吧；
WOC！枚举每一个质因子，能与它乘的都记录为不是。
基本思想：素数的倍数一定不是素数 实现方法：用一个长度为N+1的数组保存信息（0表示素数，1表示非素数），先假设所有的数都是素数（初始化为0），从第一个素数2开 始，把2的倍数都标记为非素数（置为1），一直到大于N；然后进行下一趟，找到2后面的下一个素数3，进行同样的处理，直到最后，数组中依然为0的数即为素数。
说明：整数1特殊处理即可。
prime[]用来保存得到的素数 prime[] = {2,3,5,7,11,.........} tot 是当前得到的素数的个数 check ：0表示是素数 1表示合数。
memset(check, 0, sizeof(check));int tot = 0;for (int i = 2; i <= n; ++i){ if (!check[i]) { prime[tot++] = i; } for (int j = i+i; j <= n; j += i) { check[j] = 1; }}
目测或者手动模拟的话，明显有许多冗余（就是重复的操作），会消耗不少时间。
有没有啥其他的改进方法呢？----下面有请出我们的欧拉吧。
（4）欧拉线性筛：
#include#include using namespace std;int prime[];int check[];int tot = 0;memset(check, 0, sizeof(check));for (int i = 2; i < MAXL; ++i){ if (!check[i])prime[tot++] = i; for (int j = 0; j < tot; ++j) { if (i * prime[j] > MAXL)break; //超过了要所求的数，计算就没必要了； check[i*prime[j]] = 1; //可以被乘出来，就一定不是素数咯。 if (i % prime[j] == 0)break; //这个数被它%等于0了，说明已经出现了重复，break。 }}// check中没有被标记过的就是素数咯。
prime[]数组中的素数是递增的,当i能整除prime[j]，那么i*prime[j+1]这个合数肯定被prime[j]乘以某个数筛掉。因为i中含有prime[j],prime[j]比prime[j+1]小，即i=k*prime[j]，那么i*prime[j+1]=(k*prime[j])*prime[j+1]=k’*prime[j]，接下去的素数同理。所以不用筛下去了。因此，在满足i%prime[j]==0这个条件之前以及第一次满足改条件时,prime[j]必定是prime[j]*i的最小因子。